2014年版高考化学题目型十电解质溶液中微粒浓度的关系三轮考前专练 5页

题型十 电解质溶液中微粒浓度的关系 通关演练 ‎(建议完成时间：20分钟)‎ ‎1．室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是 (　　)。‎ A．若pH>7，则一定是c1V1＝c2V2‎ B．在任何情况下都是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)‎ C．当pH＝7时，若V1＝V2，则一定是c2>c1‎ D．若V1＝V2，c1＝c2，则c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)===c(Na＋)‎ 解析　A项，pH>7时，可以是c1V1＝c2V2，也可以是c1V1>c2V2，错误；B项，符合电荷守恒，正确；C项，当pH＝7时，醋酸一定过量，正确；D项，符合物料守恒，正确。‎ 答案　A ‎2．(2013·杭州质检)常温下，在10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，下列说法正确的是 (　　)。‎ A．在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋‎ c(OH－)‎ B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mL C．在B点所示的溶液中，浓度最大的阳离子是Na＋‎ D．在A点所示的溶液中：c(CO)＝c(HCO)>c(H＋)>c(OH－)‎ 解析　在0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中，依据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，故A项错误；溶液的总体积为20 mL，此时应为10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与10 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液恰好完全反应生成NaHCO3溶液，‎ 溶液呈弱碱性，不可能为7，B项错误；A点所示的溶液呈碱性，c(CO)＝c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)，D项错误。‎ 答案　C ‎3．常温下，下列有关溶液的pH或微粒的物质的量浓度关系的判断不正确的是 ‎(　　)。‎ A．pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7‎ B．pH＝3的二元弱酸H2R溶液与pH＝11的NaOH溶液混合后，混合溶液的pH＝7，则反应后的混合溶液中：2c(R2－)＋c(HR－)＝c(Na＋)‎ C．将0.2 mol·L－1的某一元酸HA溶液和0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH大于7，则反应后的混合溶液中：2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HA)－c(A－)‎ D．某物质的溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－a mol·L－1，若a>7，则该溶液的pH一定为14－a 解析　选项A，醋酸远远过量，所得溶液显酸性，A正确。选项B，根据电荷守恒判断是正确的。选项C，由电荷守恒得：c(OH－)＋c(A－)＝c(H＋)＋‎ c(Na＋)，由物料守恒得：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，两式结合可得2c(OH－)＝‎ ‎2c(H＋)＋c(HA)－c(A－)。选项D中说明水的电离被抑制，可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，因此溶液的pH等于a或14－a。‎ 答案　D ‎4．室温时，1 L 0.15 mol·L－1的NaOH溶液充分吸收2.24 L CO2(标准状况)，然后温度恢复到室温。下列有关反应后溶液的判断正确的是 (　　)。‎ A．pH<7‎ B．溶质为NaHCO3‎ C．2c(Na＋)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]‎ D．c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)‎ 解析　根据化学方程式2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O计算，CO2过量，但CO2可以继续与Na2CO3反应生成NaHCO3，计算得混合溶液中Na2CO3和NaHCO3的物质的量均为0.05 mol，溶液的pH>7，A、B均错。选项C，‎ n(Na＋)＝0.15 mol·L－1×1 L＝0.15 mol，n(C)＝2.24 L÷22.4 L·mol－1＝0.1 mol，根据物料守恒可得2c(Na＋)＝3[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，C项正确。选项D，溶液中c(HCO)>c(CO)，D项错。‎ 答案　C ‎5．(2013·合肥调研)下列叙述中，不正确的是 (　　)。‎ A．c(NH)相等的(NH4)2SO4和NH4Cl溶液中，溶质浓度大小关系：c[(NH4)2SO4]c(OH－)＝c(H＋)‎ C．两种不同浓度的HA溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和(a＋1)，则有c1≥10c2‎ D．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(CO)＋c(OH－)‎ 解析　本题综合考查盐类水解、弱电解质的电离等，意在考查考生的综合思维能力。c(NH)相等的(NH4)2SO4和NH4Cl溶液中浓度较大的是NH4Cl，故A项正确；B项反应后的溶液中溶质为醋酸钠，因醋酸根水解使溶液呈碱性，故溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；C项，若HA为强酸，则c1＝10c2，若HA为弱酸，c1>10c2；由物料守恒与电荷守恒可知D项正确。‎ 答案　B ‎6．常温时，将a1 mL、b1 mol·L－1的CH3COOH溶液加入到a2 mL、‎ b2 mol·L－1的NaOH溶液中，下列结论中正确的是 (　　)。‎ A．如果a1b1＝a2b2，则混合溶液的pH＝7‎ B．如果混合液的pH＝7，则混合溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)‎ C．如果a1＝a2，b1＝b2，则混合溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)‎ D．如果a1＝a2，且混合溶液的pH>7，则b17，A错误；混合液呈中性，根据电荷守恒，可知B正确；等体积等浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应，生成强碱弱酸盐，CH3COO－水解，则 c(CH3COO－)c(HF)时，溶液呈碱性 B．当pH＝2时，c(F－)c(HF)时，溶液也可以呈酸性；B项，由电荷守恒得，c(K＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，当pH＝2时，c(H＋)>c(OH－)，则c(F－)>c(K ‎＋)时才满足电荷守恒；Ka＝，由图像可知两曲线交点时c(F－)＝c(HF)，pH约为3；即c(H＋)＝10－3 mol·L－1所以Ka＝c(H＋)＝10－3，所以C项不正确；D项，根据电荷守恒，得c(K＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋‎ c(OH－)，若两边均加上c(HF)，可得c(HF)＋c(K＋)＋c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)＋c(HF)，移项可得c(HF)＋c(K＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝c(F－)＋c(HF)，忽略加入固体引起的溶液体积变化，得c(F－)＋c(HF)＝x mol·L－1。‎ 答案　D 化学驿站 溶液粒子比大小，先定溶质再分析；‎ 电离水解若共存，主次矛盾不混淆；‎ 物料电荷均守恒，定性定量把握好。‎